M1 – Théorie de Galois – Université Lyon I – 2011-2012 1
XI
Loi(s) de réciprocité quadratique :
Soit pun nombre premier impair. Soit zune racine primitive pième de
l’unité.
Soit δ:= Q1i<jp1(zizj). On a δQ(z)et δ2= ∆Φp(X)=
(1)p2(p(p3)/2)2p.
Donc si test une racine carrée de (1)(p1)/2p,test de degré 2sur Qet
tQ(z).
Or Gal(Q(z)/Q)'(/p )×contient un unique sous-groupe d’indice 2:
c’est le sous-groupe des carrés de Gal(Q(z)/Q).
Donc Gal(Q(z)/Q(t)) est formé des carrés de Gal(Q(z)/Q).
Or, sq(t2) = t2sq(t) = ±t.
On en déduit que si q6=pest un nombre premier impair, alors sq(t) =
(q/p)tmod pdans [z].
Or, si a0+... +ap2zp2[z],ai, on a :
sq(a0+... +ap2zp2) = a0+... +ap2zq(p2)
=aq
0+... +aq
p2zq(p2) mod q
= (a0+... +ap2zp2)qmod q
dans [z]. On a donc :
sq(t)=(q/p)t=tqmod q
dans [z]. Or, test inversible mod q(en effet dans [z], l’idéal engendré par t
et qcontient pet q(car t2=±p) et on a une relation de Bézout : ap +bq = 1
pour certains a, b ).
Donc :
tq1= (q/p) mod q .
Or : tq1= (1)(p1)/2(q1)/2p(q1)/2= (1)(p1)/2(q1)/2(p/q) mod q
(remarque : comme est intégralement clos, pour deux entiers x, y,x=
ymod q[z]x=ymod q.) On a donc :
(p/q)(q/p) = (1)(p1)/2(q1)/2.
Loi complémentaire :
Soit zune racine primitive 8i-ème de l’unité. On a (y+y1)2=y2+y2+
2 = 2 car y2=y6=y4y2=y2.
On a donc comme précédemment, pour tout ppremier impair :
(y+y1)2(p1)/2= (y+y1)p
=yp+ypmod p
dans [z]. Or, (y+y1)est inversible mod p. Donc :
2(p1)/2=yp+yp
y+y1mod p .
Comme yest une racine primitive 8ième de l’unité, y±pne dépend que de
pmod 8. On a :
yp+yp=
y+y1si p=±1 mod 8,
yy1si p=±3 mod 8.
On en déduit : (2/p) = (1)(p21)/8.
2
Anneau des entiers d’un corps de nombres.
Soit K/Qune extension finie. Soient s1, ..., snles plongements de Kdans C.
Notons Al’anneau des entiers de K.
Si xK, alors dx Apour un certain d6= 0.
En effet, si arxr+... +a0= 0 pour certains aiavec ar6= 0, alors on a
une relation de dépendance unitaire à coefficients entiers :
(arx)r+... +a0ar1
r= 0 .
Soit x1, ..., xnune Qbase de K. Quitte à multiplier chaque xipar un entier
6= 0, on peut supposer que les xisont dans A. Soit y1, ..., ynla base duale de
x1, ..., xnrelativement à la forme bilinéaire :
(x, y)7→ TrK/Q(xy)
(cette forme bilinéaire est non dégénérée car et (Tr(xixj)) = d´et (si(xj))26=
0). Par définition : Tr(xiyj) = δi,j . Par conséquent, si aA,a=t1y1+...+tnyn
avec ti= Tr(axi).
Donc : Ax1... xn. Le module Aest donc libre de rang n. Le
rang est exactement ncar une base de Aest une Qbase de K.
Par exemple si dest un entier sans facteur carré, K=Q(d)est une exten-
sion quadratique dont l’anneau des entiers est libre de base :
1,d
si d6= 1 mod 4 et de base :
1,1 + d
2
si d= 1 mod 4.
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